还剩18页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年北京市平谷区高考物理一模试卷(含答案解析)
展开
这是一份2023年北京市平谷区高考物理一模试卷(含答案解析)，共21页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市平谷区高考物理一模试卷
1. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，下列说法正确的是( )
A. 放出光子，原子的能量变大 B. 放出光子，原子的能量变小
C. 吸收光子，原子的能量变大 D. 吸收光子，原子的能量变小
2. 如图所示，玻璃砖的上表面aa′与下表面bb′平行，一束红光从上表面的P点处射入玻璃砖，从下表面的Q点处射出玻璃砖，下列说法正确的是( )
A. 红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
B. 红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
C. 若增大红光的入射角，则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
D. 若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖
3. 下列说法正确的是( )
A. 同一个物体，运动时的内能一定比静止时的内能大
B. 物体温度升高，物体内分子的平均动能增加
C. 物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加
D. 外界对物体做功，物体的内能一定增加
4. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)(y的单位是cm)。则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长λ=4m，振幅A=10cm B. x=2m处的质点此刻具有最大速度
C. 该波沿x轴负方向传播 D. 这列波的波速v=12.5m/s
5. 把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为vA。通过测量和计算，得出了AB两点间的平均速度为v1，AC两点间的平均速度为v2。下列说法正确的是( )
A. v1更接近vA，且v1小于vA B. v1更接近vA，且v1大于vA
C. v2更接近vA，且v2小于vA D. v2更接近vA，且v2大于vA
6. 为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是( )
A. 此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B. 此时电梯可能正在匀速上升
C. 此时电梯可能正在加速上升
D. 此时电梯可能正在加速下降
7. 如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是( )
A. 将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B. O点电势与C点电势相等
C. DO间的电势差等于OB间的电势差
D. 在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
8. 如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B(图中未画出)的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5∘，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. t1=t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B. t1>t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C. t1=t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D. t1>t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
9. 用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是( )
A. 由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B. 不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C. 由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D. 若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为QUm
10. 发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是( )
A. 地球同步卫星可以定点在北京上空
B. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C. 卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D. 卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
11. 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37∘。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。g取10m/s2，则( )
A. 传送带的速度为16m/s
B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
12. 摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是( )
A. 铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B. 永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C. 刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D. 若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
13. “加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表(可看作理想电表)输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池( )
A. ①和②都正确 B. ①和②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确
14. 如图所示，质量分别为m1和m2(m2>3m1)的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2<0.5h，则碰撞后m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D. 若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
15. 某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律，该同学按如下操作步骤进行实验：
a.将注射器活塞移动到空气柱体积适中的位置，用橡胶塞密封注射器的下端，记录此时压力表上显示的气压值和压力表刻度尺上显示的空气柱长度
b.用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c.读出此时压力表上显示的气压值和刻度尺上显示的空气柱长度
d.重复b、c两步操作，记录6组数据，作p−V图。
(1)关于该同学在实验操作中存在的不当及其原因，下列叙述中正确的是______ 。
A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度
B.应该以较快的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变
(2)实验室中有容积为5mL和20mL的两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为______ mL的注射器更合适；实验中为了找到气体体积与压强的关系______ (选填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积。
(3)通过绘制的p−V图像，该同学猜测：空气柱的压强跟体积成反比。你能够通过图像直观地帮助该同学检验这个猜想吗？请简要说明你的方案。
16. 电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A.电流表(0∼600μA,内阻约100Ω)
B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.125Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
E.滑动变阻器(0∼100Ω,额定电流1A)
F.电源(12V,内阻约1.0Ω)
G.开关和导线若干
(1)实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“×1k”倍率，示数如图甲，则读数为______ Ω。
(2)实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用______ ，电压表应选用______ (选填器材前的字母)。
(3)图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。______
(4)下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。
1
2
3
4
5
6
U/V
1.0
3.0
5.0
7.0
9.0
11.0
I/μA
53.5
160
267
374
411
588
(5)若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为______ (用D、L和R表示)。
(6)为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是10Ω、100Ω、1000Ω的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻Rx=30Ω。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数Ux随xL(xL指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值)变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器(在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下)，正确的是______ (选填选项前的字母)。
A.最大阻值为10Ω的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B.最大阻值为100Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5倍的滑动变阻器
C.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5倍的滑动变阻器
D.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
17. 长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。重力加速度为g。
(1)在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
(2)使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
(3)若图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，比较T和T′的大小。
18. 如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈abcd，可绕过bc和ad边中点且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=2.0Ω。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷同R=18Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。在外力驱动下线圈绕轴OO′转动的角速度ω=20rad/s。计算中取π=3.14。求：
(1)通过电阻R的电流最大值；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量。
19. 一篮球质量m=0.50kg，一运动员将其从距地面高度h1=1.25m处以水平速度v0扔出，篮球在距离抛出点水平距离x=1.0m处落地，落地后第一次弹起的最大高度h2=0.80m。若运动员使篮球从距地面高度h3=1.3m处由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，运动员对球的作用时间t=0.20s，球落地后反弹的过程中运动员不再触碰球，球反弹的最大高度h4=1.6m。若该篮球与该区域内地面碰撞时的恢复系数e恒定(物体与固定平面碰撞时的恢复系数e指：物体沿垂直接触面方向上的碰后速度与碰前速度之比)。为了方便研究，我们可以假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员将篮球水平扔出时速度v0的大小；
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功W；
(3)运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值k。
20. 在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道(用特殊陶瓷材料制成)截面长为a，宽为b(不计管道壁的厚度)，正、负电极板镶嵌在管道两侧(两极板正对且与管内液态金属良好接触)，电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为ρ。
(1)导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
(2)在Δt时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
(3)推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释(为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】氢原子的核外电子，由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，即从高能级到低能级，原子的能量减小，原子要放出光子，所以A，C，D错误，
故选：B。
电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。但是原子核外电子在受到激发的时候会发生跃迁，在不同轨道原子具有的能量就会不同。
本题主要考察了玻儿模型和氢原子的能级结构，要清楚不同能级上面氢原子的跃迁能量变化情况。
2.【答案】D
【解析】解：A.光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v=λf可得，红光进入玻璃砖前后的波长会发生变化，故A错误；
B.由光速与折射率的关系n=cv可得，v会发生改变，所以红光进入玻璃砖前后的速度会发生变化，故B错误；
C.根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以增大红光的入射角，则红光不会在玻璃砖下表面发生全反射，故C错误；
D.若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，由于紫光折射率较大，所以紫光折射角较小，所以紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖，故D正确。
故选：D。
光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v=λf分析A项，由n=cv分析红光进入玻璃砖前后的速度变化，根据光的可逆性原理分析C项，紫光折射率较大，所以紫光折射角较小．
本题考查了折射定律和光速的计算，记住结论：光线通过平行玻璃砖后出射光线一定与入射光线平行。
3.【答案】B
【解析】解：A.微观物体的内能与宏观物体的机械能无关，故A错误；
B.温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加，故B正确；
CD.改变内能的两种方式做功和热传递，外界对物体做功或物体从外界吸收热量，物体的内能不一定增加，故CD错误。
故选：B。
明确内能的定义，知道温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子平均动能增大，但个别分子的动能可能减小。
本题考查温度和分子动能，要注意温度是分子平均动能的标志，但温度升高时，并不是所有分子动能都增大。
4.【答案】A
【解析】解：A.由波形图，可直接判断出该波的波长λ=4m，振幅A=10cm，故A正确；
B.由波形图知，x=2m处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C.根据质点P沿y轴方向的振动情况，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D.根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)，可得这列波的周期为T=2πω=2π5π=0.4s
得波速v=λT=40.4m/s=10m/s
故D错误。
故选：A。
根据波形图可以求出波长和振幅；根据振动的振动方向可以确定波的传播方向；根据振动方程可以确实质点P的振动周期，进而可以求出波速。
本题考查了机械振动和机械波的相互结合，求解相关问题。
5.【答案】B
【解析】解：因B点更接近于A点，则AB之间的平均速度v1更接近于A点的瞬时速度vA，因重物做加速运动，则从A到C相邻点间距逐渐增加，B点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则v1大于vA。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等；图中所示的纸带，相邻点迹间距逐渐变大，则左端与重物相连；根据两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度判断。
“探究小车随时间变化规律”的实验中关键掌握利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
6.【答案】C
【解析】解：A.根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，故A错误；
BCD.体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，根据牛顿第二定律有：F−mg=ma，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，故C正确，BD错误。
故选：C。
先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．
只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！
7.【答案】D
【解析】解：A.将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；
B.AC所在平面与BD垂直，与其它电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；
C.根据电场线的疏密程度可知由O到B电势逐渐降低，由U=Ed可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；
D.在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。
故选：D。
电场力做正功，电荷的电势能减小，根据等势面分析OC电势关系；由U=Ed分析C项；负电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反。
要熟练掌握电场强度、电势随电场线分布的变化情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况。
8.【答案】D
【解析】解：因摆角始终小于5∘，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据T=2π Lg
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的14，可知t1=14T左>14T右=t2
细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变；摆球经过O点时，有F拉−mg=mv2r
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故ABC错误；D正确；
故选：D。
单摆的小角度摆动是简谐运动，根据单摆的周期公式T=2π Lg分析，注意摆动中摆长是变化的；同时根据牛顿第二定律分析拉力大小。
本题考查单摆的性质，要掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变化，明确该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据Q=It可知，I−t图线与坐标轴围成的面积S等于电容器的总电荷量，故A正确；
B、I−t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源的电压U不变，电容器的电容C不变，根据C=QU可知电容器的总电荷量不变，则图线与坐标轴围成的面积S不变，故B错误；
C、根据U=IR可知，由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um=I0R，故C正确；
D、电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压Um即为电容器充满电时的电压，根据电容的定义式C=QU可知，电容器的电容为C=QUm，故D正确；
本题选错误的，
故选：B。
I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量；不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，电容器的总电荷量不变。根据U=IR能求出R两端的最大电压。根据电容的定义式求电容器的电容。
本题考查电容的定义式，关键在于要知道I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量，及电容器的电压与电源电压的关系。
10.【答案】D
【解析】解：A、由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，即地球同步卫星只能定点在赤道上空，不可能定点在北京上空，故A错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，可得v= GMr，因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B错误；
C、卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，所以其机械能守恒，故C错误；
D、在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足GMmr2=mv1P2r。在轨道2上经过P点后做离心运动，满足GMmr2
地球同步卫星必须定点在赤道上空。卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，得到线速度表达式，再分析不同圆轨道线速度的大小。在同一轨道上运行时，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒。结合变轨原理分析。
解答本题时，要知道卫星做圆周运动时，由万有引力提供向心力，同时要掌握变轨原理。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A错误；
BC.在0∼1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37∘+μmgcos37∘=ma1
根据图乙可得
a1=16−81m/s2=8m/s2
在1−2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37∘−μmgcos37∘=ma2
根据图乙可得
a2=8−02m/s2=4m/s2
联立解得μ=0.25故：B错误，C正确；
D.当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选：C。
当物体与传送带速度相同时物体所受的摩擦力会发生突变，利用牛顿第二定律分析求解，传送带速率大到一定程度，物体可能一直做匀减速直线运动直到传送带顶端，此时物块到达传送带顶端时的速度大小不变。
此题为为通过v−t图像确定物体的运动情况，从而确定物体的受力情况，属于牛顿第二定律的重要题型之一，此题还需要具体全面分析物体和传送带速度关系，从而才能确定物体的运动过程，才能正确分析物体的受力情况。
12.【答案】B
【解析】解：AB.当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；
C.刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；
D.若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。
故选：B。
明确仪器原理，知道永久磁铁转动时会产生变化的磁场，从而在铝盘中形成感应电流，根据楞次定律分析铝盘中磁场与永久磁铁间的转动关系。
本题考查电磁感应在生活和生产中的应用，关键明确仪器原理，知道哪部分电路产生电磁感应，会根据楞次定律分析即可。
13.【答案】A
【解析】解：①系统静止时，敏感元件两端弹簧位于自然状态。设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
a=Fm=2kxm
设R1的长度为L，R1两端的电压恒为U1，则此时电压表的示数为U=U1L(L2−x)，解得：x=L2−ULU1
联立可得：a=2kLm(12−UU1)
可知系统的加速度与电压表示数之间成一次函数关系，因为电压表刻度是均匀的，所以将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的，故①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，所以R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知，加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
①由胡克定律和牛顿第二定律相结合求出系统的加速度a与敏感元件向左移动的距离x的关系。根据电路电压分配规律得到电压表的示数U与x的关系，从而得到a与U的关系，从而分析测量仪表刻度盘刻度是否均匀。
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，能使电压表的指针指在中间刻度处，R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池。
本题是力电综合题，关键要找到力与电联系的桥梁：敏感元件向左移动的距离x，根据力学规律和电路知识得到a与U的关系是关键。
14.【答案】C
【解析】解：A.在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，故A错误；
B.释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，故B错误；
C.整个过程中两小球根据机械能守恒定律(m1+m2)gh=m1gh1+m2gh2
由题知m2>3m1
h2<0.5h
解得h1>2.5h
故C正确；
D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选：C。
球下落过程做自由落体运动，应用运动学公式求出球落地瞬间的速度大小；大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，小球会与大球碰撞，选两球碰撞过程为研究过程，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒．
本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中．
15.【答案】A 5 不需要
【解析】解：(1)A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，故A正确；
B.应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，故B错误。
故选：A。
(2)由于注射器长度几乎相同，容积为5mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。
由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
(3)以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若p−1V图像中的各点位于过原点的同一条直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。
故答案为：(1)A；(2)5，不需要；(3)见解析。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强。
(3)根据一定质量的理想气体的状态方程结合图像设计方案。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉公式和图像的物理意义即可，难度不大。
16.【答案】1.9×104 A D 4LπRD2 D
【解析】解：(1)欧姆挡为“×1k”倍率，欧姆表读数为19×103Ω=1.9×104Ω。
(2)电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为Im=ER=121.9×104A=632μA
则电流表应选择A。
(3)实物图如图甲所示
图甲
(4)作图使更多的点在图象上，不在图象的点分布在图象两侧，误差太大的点设施，U−I图线如图乙所示
图乙
(5)根据电阻定理得，电阻率为ρ=RSL=Rπ(D2)2L=πRD24L
则电导率为4LπRD2。
(6)图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
故答案为：(1)1.9×104；(2)A，D；(3)；(4)见解析；(5)4LπRD2；(6)D
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积等于欧姆表读数。
(2)(3)根据电路最大电流选择电流表；根据电源电动势选择电压表；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物图。
(4)根据作图的原理连接图象。
(5)应用电阻定律分析答题。
(6)根据实验原理分析误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
17.【答案】解：(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据平衡条件可得Fmg=tanθ
解得：F=mgtanθ
(2)小球在水平面内做圆周运动，重力与绳子拉力的合力提供指向圆心的向心力，则Fnmg=tanθ
其中Fn=mω2r；rL=sinθ
解得ω= gLcosθ
(3)图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，则mgT=cosθ；mgT′=cosθ
则T=T′=mgcosθ，二者的大小相等。
答：(1)在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
(2)此时小球做圆周运动的角速度为 gLcosθ；
(3)若图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，则T和T′的大小相等，都是mgcosθ。
【解析】(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小；
(2)对小球进行受力分析，找到小球的向心力；根据向心力公式列方程求解角速度；
(3)结合(2)的分析求出T′的大小，然后比较即可。
本题综合考查了共点力平衡、水平面内的圆周运动、牛顿第二定律灯，难度不大，关键搞清小球做圆周运动向心力的来源．
18.【答案】解：(1)由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为Em=nBSω
其中S=L1L2=0.5×0.2m2=0.1m2
代入相关数据求得Em=40V
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值Im=EmR+r=4018+2A=2.0A
(2)线圈中产生感应电流的有效值为I=Im 2=2.0 2A= 2A
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q热=I2(R+r)T，T=2πω
联立代入相关数据求得Q热=12.56J
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量q=nΔΦ(R+r)ΔΦ=BΔS=BL1L2
代入相关已知数据求得q=0.1C
答：(1)通过电阻R的电流最大值为2.0A；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热为12.56J；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量为0.1C。
【解析】(1)根据Em=nBSω计算电动势的最大值，根据Im=EmR+r计算电动势的最大值；
(2)根据Q热=I2(R+r)T计算电路产生的焦耳热；
(3)利用平均电流计算通过的电荷量。
该题考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω和瞬时值e=Emsinωt；求电荷量时，运用交流电的平均值，电表读数为有效值。
19.【答案】解：(1)篮球水平抛出后，做平抛运动，在竖直方向则有h1=12gt12，可得：t= 2h1g= 2×1.2510s=0.5s，在水平方向则有x=v0t1，联立代入数据解得v0=xt1=1.00.5m/s=2.0m/s
(2)由题意可得v1y= 2gh1=5m/s，v2y= 2gh2=4m/s，由恢复系数定义可得e=v2yv1y=0.8。拍球后篮球落地时的速度为v3=v4e= 2gh4e= 2×10×1.60.8m/s=5 2m/s，由动能定理可得W+mgh3=12mv32
代入数据解得W=12mv32−mgh3=12×0.5×(5 2)2J−0.5×10×1.3J=6.0J
(3)由牛顿第二定律，可得F+mg=ma，在拍球时间内篮球的位移s=12at2，又有W=Fs，联立方程代入数据，解得F=10.0N
可得k=F合mg=F+mgmg=10+55=3.0。
答：(1)运动员将篮球水平扔出时速度为2.0m/s；
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功为6.0J；
(3)运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值为3.0。
【解析】通过将平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动可求解出初速度；利用篮球做平抛运动时着地前后的竖直方向速度可求出恢复系数，则可以求出篮球做自由落体运动时篮球的着地速度，进而利用动能定理求出运动员拍球过程对篮球做的功；运动员拍球过程篮球做匀加速运动，根据牛顿第二定律，F+mg=ma，以及位移公式：s=12at2，结合上问求出的功W以及公式W=FS，可求出恒力F，进而求出合力与重力的比值。
运动的合成与分解是处理曲线运动的基本方法，通过将运动分解为两个方向的直线运动，利用直线运动的规律解决曲线运动问题，是常见的处理方法。动能定理可以处理曲线运动，也可以处理变力作用问题，因此曲线运动中功能的计算，以及变力作用问题中功能计算问题，常常考虑用动能定理解决。
20.【答案】解：(1)通电液体在磁场中受到的安培力F=BIa
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p=FS=BIaab=BIb
(2)电路产生的热量Q=I2RΔt=I2ρabcΔt
所以在Δt时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能ΔE=Q+E机=I2ρabcΔt+BIavΔt=IaΔt(Iρbc+Bv)
(3)液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛伦兹力为f1；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛伦兹力为f2，如图：
有W1=−f1uΔt=−qvBuΔt
W2=f2vΔt=quBvΔt
可见W=W1+W2=0
即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。
答：(1)导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是BIb；
(2)在Δt时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是IaΔt(Iρbc+Bv)；
(3)见解析。
【解析】(1)根据安培力公式与压强的计算公式解得驱动力所形成的附加压强；
(2)根据焦耳定律结合能量守恒定律解答。
(3)根据带电粒子在磁场中的受力和做功情况分析解答。
解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。
2023年北京市平谷区高考物理一模试卷
1. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，下列说法正确的是( )
A. 放出光子，原子的能量变大 B. 放出光子，原子的能量变小
C. 吸收光子，原子的能量变大 D. 吸收光子，原子的能量变小
2. 如图所示，玻璃砖的上表面aa′与下表面bb′平行，一束红光从上表面的P点处射入玻璃砖，从下表面的Q点处射出玻璃砖，下列说法正确的是( )
A. 红光进入玻璃砖前后的波长不会发生变化
B. 红光进入玻璃砖前后的速度不会发生变化
C. 若增大红光的入射角，则红光可能会在玻璃砖下表面的Q点左侧某处发生全反射
D. 若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，则紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖
3. 下列说法正确的是( )
A. 同一个物体，运动时的内能一定比静止时的内能大
B. 物体温度升高，物体内分子的平均动能增加
C. 物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加
D. 外界对物体做功，物体的内能一定增加
4. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=1m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)(y的单位是cm)。则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长λ=4m，振幅A=10cm B. x=2m处的质点此刻具有最大速度
C. 该波沿x轴负方向传播 D. 这列波的波速v=12.5m/s
5. 把纸带的下端固定在重物上，纸带穿过打点计时器，上端用手提着。接通电源后将纸带释放，重物拉着纸带下落，纸带被打出一系列点，其中一段如图所示。设打点计时器在纸带上打A点时重物的瞬时速度为vA。通过测量和计算，得出了AB两点间的平均速度为v1，AC两点间的平均速度为v2。下列说法正确的是( )
A. v1更接近vA，且v1小于vA B. v1更接近vA，且v1大于vA
C. v2更接近vA，且v2小于vA D. v2更接近vA，且v2大于vA
6. 为了研究超重与失重问题，某同学静止站在电梯中的体重计上观察示数变化。在电梯运动的某阶段，他发现体重计的示数大于自己实际体重，下列说法正确的是( )
A. 此时体重计对人的支持力大于人对体重计的压力
B. 此时电梯可能正在匀速上升
C. 此时电梯可能正在加速上升
D. 此时电梯可能正在加速下降
7. 如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是( )
A. 将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B. O点电势与C点电势相等
C. DO间的电势差等于OB间的电势差
D. 在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
8. 如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正下方Q点处钉一个钉子。小球从A点由静止释放，摆到最低点O的时间为t1，从O点向右摆到最高点B(图中未画出)的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5∘，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. t1=t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率不变
B. t1>t2，摆球经过O点前后瞬间，小球的速率变大
C. t1=t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D. t1>t2，摆球经过O点前后瞬间，摆线上的拉力变大
9. 用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是( )
A. 由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B. 不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C. 由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D. 若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为QUm
10. 发射地球同步卫星，可简化为如下过程：先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点，如图所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是( )
A. 地球同步卫星可以定点在北京上空
B. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C. 卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中机械能逐渐增大
D. 卫星在轨道1上经过P点时的速率小于它在轨道2上经过P点时的速率
11. 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37∘。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。g取10m/s2，则( )
A. 传送带的速度为16m/s
B. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
12. 摩托车和汽车上装有的磁性转速表的结构原理如图所示，转轴Ⅰ随待测物沿图示方向旋转，永久磁体同步旋转。铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当待测物以一定的转速旋转时，指针指示的转角即对应于被测物的转速。下列说法正确的是( )
A. 铝盘接通电源后，通有电流的铝盘才会在磁场作用下带动指针转动
B. 永久磁体转动时，铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力作用而转动
C. 刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的a端
D. 若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
13. “加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器R1上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表(可看作理想电表)输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器R1的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池( )
A. ①和②都正确 B. ①和②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确
14. 如图所示，质量分别为m1和m2(m2>3m1)的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2<0.5h，则碰撞后m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D. 若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
15. 某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律，该同学按如下操作步骤进行实验：
a.将注射器活塞移动到空气柱体积适中的位置，用橡胶塞密封注射器的下端，记录此时压力表上显示的气压值和压力表刻度尺上显示的空气柱长度
b.用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积；
c.读出此时压力表上显示的气压值和刻度尺上显示的空气柱长度
d.重复b、c两步操作，记录6组数据，作p−V图。
(1)关于该同学在实验操作中存在的不当及其原因，下列叙述中正确的是______ 。
A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度
B.应该以较快的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作慢使空气柱的质量发生改变
(2)实验室中有容积为5mL和20mL的两种注射器供选择，为能用较小的力作用在活塞上使气体体积发生明显变化，选用容积为______ mL的注射器更合适；实验中为了找到气体体积与压强的关系______ (选填“需要”或“不需要”)测出空气柱的横截面积。
(3)通过绘制的p−V图像，该同学猜测：空气柱的压强跟体积成反比。你能够通过图像直观地帮助该同学检验这个猜想吗？请简要说明你的方案。
16. 电导率是检验纯净水是否合格的一项重要指标，它是电阻率的倒数。某实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电导率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封。实验小组用刻度尺测出两电极相距L，用游标卡尺测得玻璃管的内径为D。接下来，实验小组先用多用电表欧姆挡粗测水样电阻的阻值，然后再用“伏安法”测量其阻值。最后分析数据，得出该品牌纯净水样品的电导率。
实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，有以下器材供选用：
A.电流表(0∼600μA,内阻约100Ω)
B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.125Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)
D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
E.滑动变阻器(0∼100Ω,额定电流1A)
F.电源(12V,内阻约1.0Ω)
G.开关和导线若干
(1)实验小组用多用电表粗测水样电阻的阻值时选择欧姆挡的“×1k”倍率，示数如图甲，则读数为______ Ω。
(2)实验小组用“伏安法”测量水样电阻的阻值时，为减小测量误差，电流表应选用______ ，电压表应选用______ (选填器材前的字母)。
(3)图乙是实验器材实物图，已连接了部分导线。请补充完成实物间的连线。______
(4)下表是实验小组测量玻璃管中水柱的电流及两端电压的6组实验数据，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U−I图线。
1
2
3
4
5
6
U/V
1.0
3.0
5.0
7.0
9.0
11.0
I/μA
53.5
160
267
374
411
588
(5)若得到水样电阻的阻值为R，则水样品电导率的表达式为______ (用D、L和R表示)。
(6)为了探索分压电路中选择最大阻值是多大的滑动变阻器更有利于完成实验，某同学分别用最大阻值是10Ω、100Ω、1000Ω的三种滑动变阻器做分压电阻，用如图丁所示的电路进行实验。实验中所用的定值电阻Rx=30Ω。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根据实验数据，分别作出电压表读数Ux随xL(xL指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值)变化的关系曲线a、b、c，如图戊所示。
则图戊中的图线a对应的滑动变阻器以及为了更有利于完成实验应选择最大阻值为多大的滑动变阻器(在保证滑动变阻器不会被烧坏的情况下)，正确的是______ (选填选项前的字母)。
A.最大阻值为10Ω的滑动变阻器；最大阻值更大的滑动变阻器
B.最大阻值为100Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5倍的滑动变阻器
C.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值比Rx大2∼5倍的滑动变阻器
D.最大阻值为1000Ω的滑动变阻器；最大阻值更小的滑动变阻器
17. 长度为L的轻质细绳上端固定在P点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。重力加速度为g。
(1)在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，如图a所示。求拉力F的大小。
(2)使小球在水平面内做圆周运动，如图b所示。当小球做圆周运动的角速度为某一合适值时，细绳跟竖直方向的夹角恰好也为θ，求此时小球做圆周运动的角速度ω。
(3)若图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，比较T和T′的大小。
18. 如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈abcd，可绕过bc和ad边中点且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=2.0Ω。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷同R=18Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。在外力驱动下线圈绕轴OO′转动的角速度ω=20rad/s。计算中取π=3.14。求：
(1)通过电阻R的电流最大值；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量。
19. 一篮球质量m=0.50kg，一运动员将其从距地面高度h1=1.25m处以水平速度v0扔出，篮球在距离抛出点水平距离x=1.0m处落地，落地后第一次弹起的最大高度h2=0.80m。若运动员使篮球从距地面高度h3=1.3m处由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，运动员对球的作用时间t=0.20s，球落地后反弹的过程中运动员不再触碰球，球反弹的最大高度h4=1.6m。若该篮球与该区域内地面碰撞时的恢复系数e恒定(物体与固定平面碰撞时的恢复系数e指：物体沿垂直接触面方向上的碰后速度与碰前速度之比)。为了方便研究，我们可以假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员将篮球水平扔出时速度v0的大小；
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功W；
(3)运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值k。
20. 在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道(用特殊陶瓷材料制成)截面长为a，宽为b(不计管道壁的厚度)，正、负电极板镶嵌在管道两侧(两极板正对且与管内液态金属良好接触)，电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为ρ。
(1)导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
(2)在Δt时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
(3)推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释(为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】氢原子的核外电子，由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，即从高能级到低能级，原子的能量减小，原子要放出光子，所以A，C，D错误，
故选：B。
电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态，因而具有不同的能量，即原子的能量是不连续的。这些具有确定能量的稳定状态称为定态，在各个定态中，原子是稳定的，不向外辐射能量。但是原子核外电子在受到激发的时候会发生跃迁，在不同轨道原子具有的能量就会不同。
本题主要考察了玻儿模型和氢原子的能级结构，要清楚不同能级上面氢原子的跃迁能量变化情况。
2.【答案】D
【解析】解：A.光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v=λf可得，红光进入玻璃砖前后的波长会发生变化，故A错误；
B.由光速与折射率的关系n=cv可得，v会发生改变，所以红光进入玻璃砖前后的速度会发生变化，故B错误；
C.根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以增大红光的入射角，则红光不会在玻璃砖下表面发生全反射，故C错误；
D.若紫光与红光都从P点以相同的入射角入射，由于紫光折射率较大，所以紫光折射角较小，所以紫光将从Q点右侧某处射出玻璃砖，故D正确。
故选：D。
光速由介质决定，但频率由波源决定，由公式v=λf分析A项，由n=cv分析红光进入玻璃砖前后的速度变化，根据光的可逆性原理分析C项，紫光折射率较大，所以紫光折射角较小．
本题考查了折射定律和光速的计算，记住结论：光线通过平行玻璃砖后出射光线一定与入射光线平行。
3.【答案】B
【解析】解：A.微观物体的内能与宏观物体的机械能无关，故A错误；
B.温度是分子平均动能的标志，则当物体温度升高，组成物体的分子平均动能一定增加，故B正确；
CD.改变内能的两种方式做功和热传递，外界对物体做功或物体从外界吸收热量，物体的内能不一定增加，故CD错误。
故选：B。
明确内能的定义，知道温度是分子平均动能的标志，温度升高时分子平均动能增大，但个别分子的动能可能减小。
本题考查温度和分子动能，要注意温度是分子平均动能的标志，但温度升高时，并不是所有分子动能都增大。
4.【答案】A
【解析】解：A.由波形图，可直接判断出该波的波长λ=4m，振幅A=10cm，故A正确；
B.由波形图知，x=2m处的质点此刻在负向最大位移处，速度为零，故B错误；
C.根据质点P沿y轴方向的振动情况，可知下一时刻，P质点将向y轴正方向振动，根据同侧法，可知该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D.根据质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin(5πt)，可得这列波的周期为T=2πω=2π5π=0.4s
得波速v=λT=40.4m/s=10m/s
故D错误。
故选：A。
根据波形图可以求出波长和振幅；根据振动的振动方向可以确定波的传播方向；根据振动方程可以确实质点P的振动周期，进而可以求出波速。
本题考查了机械振动和机械波的相互结合，求解相关问题。
5.【答案】B
【解析】解：因B点更接近于A点，则AB之间的平均速度v1更接近于A点的瞬时速度vA，因重物做加速运动，则从A到C相邻点间距逐渐增加，B点的瞬时速度大于A点的瞬时速度，则v1大于vA。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
打点计时器打出的任意相邻两点的时间间隔都相等；图中所示的纸带，相邻点迹间距逐渐变大，则左端与重物相连；根据两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度判断。
“探究小车随时间变化规律”的实验中关键掌握利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．
6.【答案】C
【解析】解：A.根据牛顿第三定律可知，体重计对人的支持力等于人对体重计的压力，故A错误；
BCD.体重计的示数大于自己实际体重，则发生超重现象，根据牛顿第二定律有：F−mg=ma，加速度向上，则此时电梯可能正在加速上升或者减速下降，故C正确，BD错误。
故选：C。
先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．
只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！
7.【答案】D
【解析】解：A.将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；
B.AC所在平面与BD垂直，与其它电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；
C.根据电场线的疏密程度可知由O到B电势逐渐降低，由U=Ed可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；
D.在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。
故选：D。
电场力做正功，电荷的电势能减小，根据等势面分析OC电势关系；由U=Ed分析C项；负电荷所受电场力的方向与该点电场方向相反。
要熟练掌握电场强度、电势随电场线分布的变化情况，并能正确判断电荷在电场中运动时动能、电势能变化情况。
8.【答案】D
【解析】解：因摆角始终小于5∘，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左侧摆动时摆长较长，根据T=2π Lg
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的14，可知t1=14T左>14T右=t2
细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变；摆球经过O点时，有F拉−mg=mv2r
摆球经过O点碰钉子后，做圆周运动的半径r减小，则绳子拉力变大。
故ABC错误；D正确；
故选：D。
单摆的小角度摆动是简谐运动，根据单摆的周期公式T=2π Lg分析，注意摆动中摆长是变化的；同时根据牛顿第二定律分析拉力大小。
本题考查单摆的性质，要掌握好单摆公式的成立条件，知道摆长的变化带来的周期变化，明确该单摆的周期是由两个不同的摆长的各半个周期构成。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据Q=It可知，I−t图线与坐标轴围成的面积S等于电容器的总电荷量，故A正确；
B、I−t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源的电压U不变，电容器的电容C不变，根据C=QU可知电容器的总电荷量不变，则图线与坐标轴围成的面积S不变，故B错误；
C、根据U=IR可知，由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um=I0R，故C正确；
D、电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压Um即为电容器充满电时的电压，根据电容的定义式C=QU可知，电容器的电容为C=QUm，故D正确；
本题选错误的，
故选：B。
I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量；不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，电容器的总电荷量不变。根据U=IR能求出R两端的最大电压。根据电容的定义式求电容器的电容。
本题考查电容的定义式，关键在于要知道I−t图线与坐标轴围成的面积S表示电容器放出的总电荷量，及电容器的电压与电源电压的关系。
10.【答案】D
【解析】解：A、由于地球同步卫星相对地面静止，自西向东绕地球转动，因此轨道平面一定在赤道所确定的平面内，即地球同步卫星只能定点在赤道上空，不可能定点在北京上空，故A错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，可得v= GMr，因此卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B错误；
C、卫星在轨道2上从P点向Q点运动的过程中，只有万有引力做功，所以其机械能守恒，故C错误；
D、在轨道1上经过P点时，做圆周运动，因此满足GMmr2=mv1P2r。在轨道2上经过P点后做离心运动，满足GMmr2
地球同步卫星必须定点在赤道上空。卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力列式，得到线速度表达式，再分析不同圆轨道线速度的大小。在同一轨道上运行时，只有万有引力做功，卫星的机械能守恒。结合变轨原理分析。
解答本题时，要知道卫星做圆周运动时，由万有引力提供向心力，同时要掌握变轨原理。
11.【答案】C
【解析】解：A.由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A错误；
BC.在0∼1s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37∘+μmgcos37∘=ma1
根据图乙可得
a1=16−81m/s2=8m/s2
在1−2s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
mgsin37∘−μmgcos37∘=ma2
根据图乙可得
a2=8−02m/s2=4m/s2
联立解得μ=0.25故：B错误，C正确；
D.当传送带的速度大于16m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。
故选：C。
当物体与传送带速度相同时物体所受的摩擦力会发生突变，利用牛顿第二定律分析求解，传送带速率大到一定程度，物体可能一直做匀减速直线运动直到传送带顶端，此时物块到达传送带顶端时的速度大小不变。
此题为为通过v−t图像确定物体的运动情况，从而确定物体的受力情况，属于牛顿第二定律的重要题型之一，此题还需要具体全面分析物体和传送带速度关系，从而才能确定物体的运动过程，才能正确分析物体的受力情况。
12.【答案】B
【解析】解：AB.当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误，B正确；
C.刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；
D.若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。
故选：B。
明确仪器原理，知道永久磁铁转动时会产生变化的磁场，从而在铝盘中形成感应电流，根据楞次定律分析铝盘中磁场与永久磁铁间的转动关系。
本题考查电磁感应在生活和生产中的应用，关键明确仪器原理，知道哪部分电路产生电磁感应，会根据楞次定律分析即可。
13.【答案】A
【解析】解：①系统静止时，敏感元件两端弹簧位于自然状态。设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
a=Fm=2kxm
设R1的长度为L，R1两端的电压恒为U1，则此时电压表的示数为U=U1L(L2−x)，解得：x=L2−ULU1
联立可得：a=2kLm(12−UU1)
可知系统的加速度与电压表示数之间成一次函数关系，因为电压表刻度是均匀的，所以将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的，故①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，所以R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知，加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确，故A正确，BCD错误。
故选：A。
①由胡克定律和牛顿第二定律相结合求出系统的加速度a与敏感元件向左移动的距离x的关系。根据电路电压分配规律得到电压表的示数U与x的关系，从而得到a与U的关系，从而分析测量仪表刻度盘刻度是否均匀。
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节R2接入电路的阻值，能使电压表的指针指在中间刻度处，R1两端的电压不变，仍为U1，根据①分析可知加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池。
本题是力电综合题，关键要找到力与电联系的桥梁：敏感元件向左移动的距离x，根据力学规律和电路知识得到a与U的关系是关键。
14.【答案】C
【解析】解：A.在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，故A错误；
B.释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，故B错误；
C.整个过程中两小球根据机械能守恒定律(m1+m2)gh=m1gh1+m2gh2
由题知m2>3m1
h2<0.5h
解得h1>2.5h
故C正确；
D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选：C。
球下落过程做自由落体运动，应用运动学公式求出球落地瞬间的速度大小；大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，小球会与大球碰撞，选两球碰撞过程为研究过程，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒．
本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中．
15.【答案】A 5 不需要
【解析】解：(1)A.实验过程中手不能握注射器前端，以免改变了空气柱的温度，使气体发生的不是等温变化，故A正确；
B.应该以较慢的速度推拉活塞来改变气体体积，以免操作动作快使空气柱的温度发生改变，故B错误。
故选：A。
(2)由于注射器长度几乎相同，容积为5mL注射器，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强，使体积变化明显。
由于横截面积不变，只要知道空气柱长度之间的关系，就可以得到体积之间的关系，从而找到体积与压强之间的关系，因此不需要测出空气柱的横截面积。
(3)以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标，把实验中采集的各组数据在坐标纸上描点。若p−1V图像中的各点位于过原点的同一条直线上，就说明压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。
故答案为：(1)A；(2)5，不需要；(3)见解析。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)，横截面积小，用相同的力，产生较大的压强。
(3)根据一定质量的理想气体的状态方程结合图像设计方案。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉公式和图像的物理意义即可，难度不大。
16.【答案】1.9×104 A D 4LπRD2 D
【解析】解：(1)欧姆挡为“×1k”倍率，欧姆表读数为19×103Ω=1.9×104Ω。
(2)电源电动势为12V，则电压表选择D。根据欧姆定律，纯净水最大电流约为Im=ER=121.9×104A=632μA
则电流表应选择A。
(3)实物图如图甲所示
图甲
(4)作图使更多的点在图象上，不在图象的点分布在图象两侧，误差太大的点设施，U−I图线如图乙所示
图乙
(5)根据电阻定理得，电阻率为ρ=RSL=Rπ(D2)2L=πRD24L
则电导率为4LπRD2。
(6)图线a随滑片移动过程中，电压表示数变化较小，说明定值电阻与滑动变阻器左侧部分并联变化较小，说明滑动变阻器阻值较大，即最大阻值为1000Ω的滑动变阻器。为了使电压表示数变化明显，应使用最大阻值更小的滑动变阻器。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
故答案为：(1)1.9×104；(2)A，D；(3)；(4)见解析；(5)4LπRD2；(6)D
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积等于欧姆表读数。
(2)(3)根据电路最大电流选择电流表；根据电源电动势选择电压表；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物图。
(4)根据作图的原理连接图象。
(5)应用电阻定律分析答题。
(6)根据实验原理分析误差。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。
17.【答案】解：(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据平衡条件可得Fmg=tanθ
解得：F=mgtanθ
(2)小球在水平面内做圆周运动，重力与绳子拉力的合力提供指向圆心的向心力，则Fnmg=tanθ
其中Fn=mω2r；rL=sinθ
解得ω= gLcosθ
(3)图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，则mgT=cosθ；mgT′=cosθ
则T=T′=mgcosθ，二者的大小相等。
答：(1)在水平拉力F的作用下，细绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止，此时拉力F的大小为mgtanθ；
(2)此时小球做圆周运动的角速度为 gLcosθ；
(3)若图a和图b中细绳拉力分别为T和T′，则T和T′的大小相等，都是mgcosθ。
【解析】(1)小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小；
(2)对小球进行受力分析，找到小球的向心力；根据向心力公式列方程求解角速度；
(3)结合(2)的分析求出T′的大小，然后比较即可。
本题综合考查了共点力平衡、水平面内的圆周运动、牛顿第二定律灯，难度不大，关键搞清小球做圆周运动向心力的来源．
18.【答案】解：(1)由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为Em=nBSω
其中S=L1L2=0.5×0.2m2=0.1m2
代入相关数据求得Em=40V
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值Im=EmR+r=4018+2A=2.0A
(2)线圈中产生感应电流的有效值为I=Im 2=2.0 2A= 2A
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q热=I2(R+r)T，T=2πω
联立代入相关数据求得Q热=12.56J
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量q=nΔΦ(R+r)ΔΦ=BΔS=BL1L2
代入相关已知数据求得q=0.1C
答：(1)通过电阻R的电流最大值为2.0A；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热为12.56J；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90∘的过程中，通过电阻R的电荷量为0.1C。
【解析】(1)根据Em=nBSω计算电动势的最大值，根据Im=EmR+r计算电动势的最大值；
(2)根据Q热=I2(R+r)T计算电路产生的焦耳热；
(3)利用平均电流计算通过的电荷量。
该题考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω和瞬时值e=Emsinωt；求电荷量时，运用交流电的平均值，电表读数为有效值。
19.【答案】解：(1)篮球水平抛出后，做平抛运动，在竖直方向则有h1=12gt12，可得：t= 2h1g= 2×1.2510s=0.5s，在水平方向则有x=v0t1，联立代入数据解得v0=xt1=1.00.5m/s=2.0m/s
(2)由题意可得v1y= 2gh1=5m/s，v2y= 2gh2=4m/s，由恢复系数定义可得e=v2yv1y=0.8。拍球后篮球落地时的速度为v3=v4e= 2gh4e= 2×10×1.60.8m/s=5 2m/s，由动能定理可得W+mgh3=12mv32
代入数据解得W=12mv32−mgh3=12×0.5×(5 2)2J−0.5×10×1.3J=6.0J
(3)由牛顿第二定律，可得F+mg=ma，在拍球时间内篮球的位移s=12at2，又有W=Fs，联立方程代入数据，解得F=10.0N
可得k=F合mg=F+mgmg=10+55=3.0。
答：(1)运动员将篮球水平扔出时速度为2.0m/s；
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功为6.0J；
(3)运动员拍球时篮球所受的合外力与篮球自身重力的比值为3.0。
【解析】通过将平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动可求解出初速度；利用篮球做平抛运动时着地前后的竖直方向速度可求出恢复系数，则可以求出篮球做自由落体运动时篮球的着地速度，进而利用动能定理求出运动员拍球过程对篮球做的功；运动员拍球过程篮球做匀加速运动，根据牛顿第二定律，F+mg=ma，以及位移公式：s=12at2，结合上问求出的功W以及公式W=FS，可求出恒力F，进而求出合力与重力的比值。
运动的合成与分解是处理曲线运动的基本方法，通过将运动分解为两个方向的直线运动，利用直线运动的规律解决曲线运动问题，是常见的处理方法。动能定理可以处理曲线运动，也可以处理变力作用问题，因此曲线运动中功能的计算，以及变力作用问题中功能计算问题，常常考虑用动能定理解决。
20.【答案】解：(1)通电液体在磁场中受到的安培力F=BIa
则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p=FS=BIaab=BIb
(2)电路产生的热量Q=I2RΔt=I2ρabcΔt
所以在Δt时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能ΔE=Q+E机=I2ρabcΔt+BIavΔt=IaΔt(Iρbc+Bv)
(3)液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛伦兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛伦兹力为f1；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛伦兹力为f2，如图：
有W1=−f1uΔt=−qvBuΔt
W2=f2vΔt=quBvΔt
可见W=W1+W2=0
即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。
答：(1)导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是BIb；
(2)在Δt时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是IaΔt(Iρbc+Bv)；
(3)见解析。
【解析】(1)根据安培力公式与压强的计算公式解得驱动力所形成的附加压强；
(2)根据焦耳定律结合能量守恒定律解答。
(3)根据带电粒子在磁场中的受力和做功情况分析解答。
解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛伦兹力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况。
相关试卷
2023年北京市朝阳区高考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年北京市朝阳区高考物理一模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，5s， 如图是某交流发电机的示意图等内容，欢迎下载使用。
2023年北京市石景山区高考物理一模试卷(含答案解析)： 这是一份2023年北京市石景山区高考物理一模试卷(含答案解析)，共20页。
2023年北京市丰台区高考物理一模试卷(含答案解析)： 这是一份2023年北京市丰台区高考物理一模试卷(含答案解析)，共22页。
